（2021-2025）5年高考1年模拟物理真题分类汇编专题04 机械能守恒、动量守恒及功能关系（广东专用）（解析版）

五年（2021-2025）高考真题分类汇编PAGEPAGE1专题04机械能守恒、动量守恒及功能关系考点五年考情（2021-2025）命题趋势考点1机械能守恒定律2025年广东2024年广东2023年广东2022年广东2021年广东1.情境复合：试题常整合弹簧模型、圆周运动、斜面碰撞等，构建多阶段物理过程。2.双守恒综合：强化动量与机械能守恒的联合应用（如碰撞后接圆周运动），需精准划分过程并判断守恒条件。3.临界分析：增加对临界状态的考查（如绳模型最高点速度、分离瞬间弹性势能转化）。4.数学工具强化：涉及二元二次方程组、不等式求解范围（如弹性碰撞速度范围）。5.实验创新：设计变式验证实验（如气垫导轨测速度验证守恒定律）。*备考建议：深入理解守恒条件（系统无外力/非保守内力），强化多对象、多过程建模能力，注重临界点与数学工具应用。考点2动量守恒定律2025年广东2024年广东2023年广东2022年广东2021年广东考点01机械能守恒定律1．（2024·广东·高考真题）如图所示，光滑斜坡上，可视为质点的甲、乙两个相同滑块，分别从、高度同时由静止开始下滑。斜坡与水平面在O处平滑相接，滑块与水平面间的动摩擦因数为，乙在水平面上追上甲时发生弹性碰撞。忽略空气阻力。下列说法正确的有（）A．甲在斜坡上运动时与乙相对静止B．碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度C．乙的运动时间与无关D．甲最终停止位置与O处相距【答案】ABD【详析】A．两滑块在光滑斜坡上加速度相同，同时由静止开始下滑，则相对速度为0，故A正确；B．两滑块滑到水平面后均做匀减速运动，由于两滑块质量相同，且发生弹性碰撞，可知碰后两滑块交换速度，即碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度，故B正确；C．设斜面倾角为θ，乙下滑过程有在水平面运动一段时间t2后与甲相碰，碰后以甲碰前速度做匀减速运动t3，乙运动的时间为由于t1与有关，则总时间与有关，故C错误；D．乙下滑过程有由于甲和乙发生弹性碰撞，交换速度，则可知甲最终停止位置与不发生碰撞时乙最终停止的位置相同；则如果不发生碰撞，乙在水平面运动到停止有联立可得即发生碰撞后甲最终停止位置与O处相距，故D正确。故选ABD。2．（2024·广东·高考真题）如图所示，探测器及其保护背罩通过弹性轻绳连接降落伞。在接近某行星表面时以的速度竖直匀速下落。此时启动“背罩分离”，探测器与背罩断开连接，背罩与降落伞保持连接。已知探测器质量为1000kg，背罩质量为50kg，该行星的质量和半径分别为地球的和。地球表面重力加速度大小取。忽略大气对探测器和背罩的阻力。下列说法正确的有（）A．该行星表面的重力加速度大小为B．该行星的第一宇宙速度为C．“背罩分离”后瞬间，背罩的加速度大小为D．“背罩分离”后瞬间，探测器所受重力对其做功的功率为30kW【答案】AC【详析】A．在星球表面，根据可得行星的质量和半径分别为地球的和。地球表面重力加速度大小取，可得该行星表面的重力加速度大小故A正确；B．在星球表面上空，根据万有引力提供向心力可得星球的第一宇宙速度行星的质量和半径分别为地球的和，可得该行星的第一宇宙速度地球的第一宇宙速度为，所以该行星的第一宇宙速度故B错误；C．“背罩分离”前，探测器及其保护背罩和降落伞整体做匀速直线运动，对探测器受力分析，可知探测器与保护背罩之间的作用力“背罩分离”后，背罩所受的合力大小为4000N，对背罩，根据牛顿第二定律解得故C正确；D．“背罩分离”后瞬间探测器所受重力对其做功的功率故D错误。故选AC。3．（2023·广东·高考真题）人们用滑道从高处向低处运送货物．如图所示，可看作质点的货物从圆弧滑道顶端点静止释放，沿滑道运动到圆弧末端点时速度大小为。已知货物质量为，滑道高度为，且过点的切线水平，重力加速度取。关于货物从点运动到点的过程，下列说法正确的有（

）

A．重力做的功为 B．克服阻力做的功为C．经过点时向心加速度大小为 D．经过点时对轨道的压力大小为【答案】BCD【详析】A．重力做的功为A错误；B．下滑过程据动能定理可得代入数据解得，克服阻力做的功为B正确；C．经过点时向心加速度大小为C正确；D．经过点时，据牛顿第二定律可得解得货物受到的支持力大小为据牛顿第三定律可知，货物对轨道的压力大小为，D正确。故选BCD。4．（2021·广东·高考真题）长征途中，为了突破敌方关隘，战士爬上陡峭的山头，居高临下向敌方工事内投掷手榴弹，战士在同一位置先后投出甲、乙两颗质量均为m的手榴弹，手榴弹从投出的位置到落地点的高度差为h，在空中的运动可视为平抛运动，轨迹如图所示，重力加速度为g，下列说法正确的有（）A．甲在空中的运动时间比乙的长B．两手榴弹在落地前瞬间，重力的功率相等C．从投出到落地，每颗手榴弹的重力势能减少D．从投出到落地，每颗手榴弹的机械能变化量为【答案】BC【详析】A．由平抛运动规律可知，做平抛运动的时间因为两手榴弹运动的高度差相同，所以在空中运动时间相等，故A错误；B．做平抛运动的物体落地前瞬间重力的功率因为两手榴弹运动的高度差相同，质量相同，所以落地前瞬间，两手榴弹重力功率相同，故B正确；C．从投出到落地，手榴弹下降的高度为h，所以手榴弹重力势能减小量故C正确；D．从投出到落地，手榴弹做平抛运动，只有重力做功，机械能守恒，故D错误。故选BC。5．（2022·广东·高考真题）如图所示，载有防疫物资的无人驾驶小车，在水平段以恒定功率、速度匀速行驶，在斜坡段以恒定功率、速度匀速行驶。已知小车总质量为，，段的倾角为，重力加速度g取，不计空气阻力。下列说法正确的有（）A．从M到N，小车牵引力大小为 B．从M到N，小车克服摩擦力做功C．从P到Q，小车重力势能增加 D．从P到Q，小车克服摩擦力做功【答案】ABD【详析】A．小车从M到N，依题意有代入数据解得故A正确；B．依题意，小车从M到N，因匀速，小车所受的摩擦力大小为则摩擦力做功为则小车克服摩擦力做功为800J，故B正确；C．依题意，从P到Q，重力势能增加量为故C错误；D．依题意，小车从P到Q，摩擦力为f2，有摩擦力做功为联立解得则小车克服摩擦力做功为700J，故D正确。故选ABD。6．（2025·广东·高考真题）如图所示，用开瓶器取出紧塞在瓶口的软木塞时，先将拔塞钻旋入木塞内，随后下压把手，使齿轮绕固定支架上的转轴转动，通过齿轮啮合，带动与木塞相固定的拔塞钻向上运动。从0时刻开始，顶部与瓶口齐平的木塞从静止开始向上做匀加速直线运动，木塞所受摩擦力f随位移大小x的变化关系为，其中为常量，h为圆柱形木塞的高，木塞质量为m，底面积为S，加速度为a，齿轮半径为r，重力加速度为g，瓶外气压减瓶内气压为且近似不变，瓶子始终静止在桌面上。（提示：可用图线下的“面积”表示f所做的功）求：(1)木塞离开瓶口的瞬间，齿轮的角速度。(2)拔塞的全过程，拔塞钻对木塞做的功W。(3)拔塞过程中，拔塞钻对木塞作用力的瞬时功率P随时间t变化的表达式。【答案】(1)(2)(3)【详析】（1）木塞的末速度等于齿轮线速度，对木塞，根据运动学公式根据角速度和线速度的关系联立可得（2）根据题意画出木塞摩擦力与运动距离的关系图如图所示可得摩擦力对木塞所做的功为对木塞，根据动能定理解得（3）设开瓶器对木塞的作用力为，对木塞，根据牛顿第二定律速度位移开瓶器的功率联立可得考点02动量守恒定律7．（2023·广东·高考真题）某同学受电动窗帘的启发，设计了如图所示的简化模型．多个质量均为的滑块可在水平滑轨上滑动，忽略阻力．开窗帘过程中，电机对滑块1施加一个水平向右的恒力，推动滑块1以的速度与静止的滑块2碰撞，碰撞时间为，碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为．关于两滑块的碰撞过程，下列说法正确的有（

）

A．该过程动量守恒B．滑块1受到合外力的冲量大小为C．滑块2受到合外力的冲量大小为D．滑块2受到滑块1的平均作用力大小为【答案】BD【详析】A．取向右为正方向，滑块1和滑块2组成的系统的初动量为碰撞后的动量为则滑块的碰撞过程动量不守恒，故A错误；B．对滑块1，取向右为正方向，则有负号表示方向水平向左，故B正确；C．对滑块2，取向右为正方向，则有故C错误；D．对滑块2根据动量定理有解得则滑块2受到滑块1的平均作用力大小为，故D正确。故选BD。8．（2025·广东·高考真题）如图所示，无人机在空中作业时，受到一个方向不变、大小随时间变化的拉力。无人机经飞控系统实时调控，在拉力、空气作用力和重力作用下沿水平方向做匀速直线运动。已知拉力与水平面成30°角，其大小F随时间t的变化关系为F=F0－kt（F≠0，F0、k均为大于0的常量），无人机的质量为m，重力加速度为g。关于该无人机在0到T时间段内（T是满足F>0的任一时刻），下列说法正确的有（

）A．受到空气作用力的方向会变化B．受到拉力的冲量大小为C．受到重力和拉力的合力的冲量大小为D．T时刻受到空气作用力的大小为【答案】AB【详析】AD．无人机经飞控系统实时调控，在拉力、空气作用力和重力作用下沿水平方向做匀速直线运动，则无人机受到空气作用力与重力和拉力的合力等大反向，随着F的减小重力和拉力的合力如图可知无人机受到空气作用力的大小和方向均会改变，在T时刻有，F=F0－kT解得故A正确、D错误；B．由于拉力F随时间t均匀变化，则无人机在0到T时间段内受到拉力的冲量大小为F—t图像与坐标轴围成的面积为，故B正确；C．将拉力分解为水平和竖直方向，则无人机受重力和拉力的合力在水平方向有无人机受重力和拉力的合力在竖直方向有0到T时间段内无人机受重力和拉力的合力在水平方向的冲量为0到T时间段内无人机受重力和拉力的合力在竖直方向的冲量为则0到T时间段内无人机受到重力和拉力的合力的冲量大小为故C错误。故选AB。9．（2024·广东·高考真题）汽车的安全带和安全气囊是有效保护乘客的装置。（1）安全带能通过感应车的加速度自动锁定，其原理的简化模型如图甲所示。在水平路面上刹车的过程中，敏感球由于惯性沿底座斜面上滑直到与车达到共同的加速度a，同时顶起敏感臂，使之处于水平状态，并卡住卷轴外齿轮，锁定安全带。此时敏感臂对敏感球的压力大小为，敏感球的质量为m，重力加速度为g。忽略敏感球受到的摩擦力。求斜面倾角的正切值。（2）如图乙所示，在安全气囊的性能测试中，可视为质点的头锤从离气囊表面高度为H处做自由落体运动。与正下方的气囊发生碰撞。以头锤到气囊表面为计时起点，气囊对头锤竖直方向作用力F随时间t的变化规律，可近似用图丙所示的图像描述。已知头锤质量，重力加速度大小取。求：①碰撞过程中F的冲量大小和方向；②碰撞结束后头锤上升的最大高度。【答案】（1）；（2）①330N∙s，方向竖直向上；②0.2m【详析】（1）敏感球受向下的重力mg和敏感臂向下的压力FN以及斜面的支持力N，则由牛顿第二定律可知解得（2）①由图像可知碰撞过程中F的冲量大小方向竖直向上；②头锤落到气囊上时的速度与气囊作用过程由动量定理（向上为正方向）解得v=2m/s则上升的最大高度10．（2022·广东·高考真题）某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型。竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态。当滑块从A处以初速度为向上滑动时，受到滑杆的摩擦力f为，滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动。已知滑块的质量，滑杆的质量，A、B间的距离，重力加速度g取，不计空气阻力。求：（1）滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小和；（2）滑块碰撞前瞬间的速度大小v1；（3）滑杆向上运动的最大高度h。【答案】（1），；（2）；（3）【详析】（1）当滑块处于静止时桌面对滑杆的支持力等于滑块和滑杆的重力，即当滑块向上滑动过程中受到滑杆的摩擦力为1N，根据牛顿第三定律可知滑块对滑杆的摩擦力也为1N，方向竖直向上，则此时桌面对滑杆的支持力为（2）滑块向上运动到碰前瞬间根据动能定理有代入数据解得。（3）由于滑块和滑杆发生完全非弹性碰撞，即碰后两者共速，碰撞过程根据动量守恒有碰后滑块和滑杆以速度v整体向上做竖直上抛运动，根据动能定理有代入数据联立解得。11．（2021·广东·高考真题）算盘是我国古老的计算工具，中心带孔的相同算珠可在算盘的固定导杆上滑动，使用前算珠需要归零，如图所示，水平放置的算盘中有甲、乙两颗算珠未在归零位置，甲靠边框b，甲、乙相隔，乙与边框a相隔，算珠与导杆间的动摩擦因数。现用手指将甲以的初速度拨出，甲、乙碰撞后甲的速度大小为，方向不变，碰撞时间极短且不计，重力加速度g取。（1）通过计算，判断乙算珠能否滑动到边框a；（2）求甲算珠从拨出到停下所需的时间。【答案】（1）能；（2）0.2s【详析】（1）由牛顿第二定律可得，甲乙滑动时均有则甲乙滑动时的加速度大小均为甲与乙碰前的速度v1，则解得v1=0.3m/s甲乙碰撞时由动量守恒定律解得碰后乙的速度v3=0.2m/s然后乙做减速运动，当速度减为零时则可知乙恰好能滑到边框a；（2）甲与乙碰前运动的时间碰后甲运动的时间则甲运动的总时间为一、单选题1．（2025·广东深圳·三模）小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P球的质量大于Q球的质量，悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短。将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图所示，将两球由静止释放，在各自轨迹的最低点（

）A．P球的速度一定大于Q球的速度B．P球重力的瞬时功率一定等于Q球重力的瞬时功率C．P球所受绳的拉力一定小于Q球所受绳的拉力D．P球的向心加速度一定大于Q球的向心加速度【答案】B【详析】A．从静止释放至最低点，由机械能守恒定律得解得在最低点的速度只与半径有关，可知，则A错误B．因在最低点两球向下的速度为0，则重力的功率为0，则B正确；CD．在最低点，拉力和重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得解得向心加速度所以P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力，向心加速度两者相等，故CD错误。故选B。2．（2025·广东广州·三模）某实验小组测得在竖直方向飞行的无人机飞行高度y随时间t的变化曲线如图所示，E、F、M、N为曲线上的点，EF、MN段可视为两段直线，其方程分别为和。无人机及其载物的总质量为2kg，取竖直向上为正方向。则（）A．EF段无人机的速度大小为4m/sB．FM段无人机的货物先超重后失重C．FN段无人机和装载物总动量变化量大小为4kg∙m/sD．MN段无人机机械能守恒【答案】A【详析】A．EF段无人机的速度大小等于图像中EF段的斜率，根据其方程：y=4t-26，可知EF段无人机的速度大小为v=4m/s故A正确；B．根据y-t图像的切线斜率表示无人机的速度，取竖直向上为正方向，可知FM段无人机先竖直向上做减速运动，后竖直向下做加速运动，加速度方向一直向下，则无人机的货物处于失重状态，故B错误；C．以y轴正方向为正方向，根据MN段方程：y=-2t+140，可知MN段无人机的速度为v'=-2m/s则FN段无人机和装载物总动量变化量为FN段无人机和装载物总动量变化量大小为12kg∙m/s，故C错误；D．MN段无人机向下做匀速直线运动，动能不变，重力势能减小，无人机的机械能减小，故D错误。故选A。3．（2025·广东茂名·模拟预测）2024年珠海航展上，我国自主研发的最新隐身战斗机歼一35A公开亮相。如图所示，歼表演时，先沿直线水平向右飞行，再分别沿弧线和运动，整个过程中飞行轨迹在同一竖直面内且运动速率保持不变，下列说法正确的是（）A．整个过程中歼始终处于平衡状态B．在段歼处于超重状态C．在段歼克服重力做功的功率逐渐增大D．整个过程中歼的机械能守恒【答案】B【详析】A．歼-35A在沿弧线bc和cd运动时，运动方向不断变化，合外力不为零，不处于平衡状态，故A错误；B．沿弧线bc运动时，速率保持不变，在竖直方向的分速度不断增大，有竖直向上的加速度，所以处于超重状态，故B正确；C．沿弧线cd运动时，速率保持不变，在竖直方向的分速度不断减小，在d点时竖直分速度为零，根据克服重力做功的功率可知在段歼克服重力做功的功率逐渐减小，故C错误；D．歼在整个过程中动能不变，重力势能先不变后逐渐增大，所以机械能先不变后逐渐增大，故D错误。故选B。4．（2025·广东深圳·二模）如图甲所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处由静止释放。某同学在研究小球落到弹簧上后继续向下运动到最低点的过程，他以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下方向建立坐标轴Ox，做出小球所受弹力F大小随小球下落的位置坐标x的变化关系如图乙所示，不计空气阻力，重力加速度为g。以下判断正确的是（）A．小球机械能守恒B．小球动能的最大值为mghC．当x=h+x0时，系统重力势能与弹性势能之和最小D．当x=h+2x0时，小球的重力势能最小【答案】C【详析】A．小球在下落过程中，除重力做功外，弹簧的弹力也做功，故小球的机械能不守恒，故A错误；B．当时，有此时小球达到最大速度，根据动能定理可知解得最大动能为故B错误；C．根据乙图可知，当，小球的重力等于弹簧的弹力，此时小球具有最大速度，小球的动能最大。以弹簧和小球组成的系统为研究对象，由系统机械能守恒可知，当，小球的重力势能与弹性势能之和最小，故C正确；D．若小球从弹簧原长处静止释放，此后小球做简谐运动，下降时速度最大，根据对称性可知小球达到最低点时下降的高度为。现在小球从弹簧原长上方某一位置由静止释放，最低点的高度比由原长处释放时更低，所以当时，小球速度不为零，还要向下运动，此时的重力势能不是最小，故D错误。故选C。5．（2025·广东广州·三模）大型工厂的车间中有一种设备叫做天车如图甲所示，是运输材料的一种常用工具。此装置可以简化为如图乙所示的模型，足够长的光滑水平杆上套有一个滑块，滑块M正下方用不可伸长的轻绳悬挂一小球m。开始时两者均静止；给小球一水平向右的初速度v0后，小球恰好能摆至与滑块等高的位置，如图乙所示，之后小球再向下摆动，则（

）A．小球与滑块等高时，小球的速度为零B．此过程中，小球与滑块组成的系统动量不守恒C．小球与滑块等高时，滑块的速度达到最大值D．小球向左摆到物块正下方时，其速度大小仍为v0【答案】B【详析】A．根据动量守恒定律得，解得小球的速度为，A错误；B．此过程中，小球与滑块组成的系统动量不守恒，只有水平方向动量守恒，B正确；C．小球下落到最低点时，滑块的速度达到最大值，C错误；D．根据机械能守恒定律得，解得，小球向左摆到物块正下方时，其速度大小小于v0，D错误。故选B。6．（2025·广东珠海·模拟预测）如图所示，光滑水平面上，质量为M=2kg的木板以的速度向左运动。某时刻，质量为m=1kg的小物块（可视为质点）以向右的速度从木板左端滑上木板。经过t=0.5s后，小物块恰好相对木板静止于木板右端。重力加速度。关于这一过程，下列说法正确的是（

）A．两者最终停在水平面上B．小物块与木板间动摩擦因数为0.4C．木板的长度为1.5mD．系统机械能损失6J【答案】C【详析】AB．木板与物块组成的系统满足动量守恒，两者最终以共同速度做匀速运动，以向左为正方向，根据动量守恒守恒可得解得最终速度为方向向左；对木板，由动量定理得解得小物块与木板间动摩擦因数为，故AB错误；CD．根据能量守恒可得系统机械能损失又可得木板的长度为，故C正确，D错误。故选C。7．（2025·广东惠州·模拟预测）如图（a）所示，轻质弹簧下端固定在倾角为的粗糙斜面底端挡板上，弹簧处于原长。质量为的小物块，从斜面顶端由静止释放沿斜面下滑，小物块沿斜面向下运动过程中的合力随位移变化的图像如图（b）所示。已知弹簧始终在弹性限度内，重力加速度，，。下列说法正确的是（）A．此过程小物块所受重力的冲量为0B．小物块与䣄面间的动摩擦因数为0.4C．小物块刚接触弹簧时位移大小D．根据题目所给信息可以计算出弹簧的最大压缩量【答案】D【详析】A．根据可知，此过程小物块所受重力的冲量不为0，选项A错误；B．接触弹簧之前物块的合外力为4N，则解得小物块与斜面间的动摩擦因数为μ=0.25，选项B错误；C．由图像可知，小物块刚接触弹簧时位移大小，选项C错误；D．根据题目所给信息可知，弹簧压缩Δx=（0.25-0.15）m=0.1m时合外力为零，则有kΔx=F合1解得k=40N/m设弹簧的最大压缩量为x，根据功能关系可得解得x=0.3m故D正确。故选D。8．（2025·广东汕头·一模）图所示为乒乓球火箭现象：将乒乓球放在装有水的水杯中，随水杯由静止下落并与地面发生碰撞后，乒乓球会被弹射到很高的地方。在水杯撞击地面的极短时间内，杯中产生极大的等效浮力，使乒乓球被加速射出。已知等效浮力给乒乓球的冲量为，乒乓球质量为，下落高度为，当地重力加速度为，且远远小于等效浮力，忽略空气阻力，下列说法正确的是（）A．水杯落地时，乒乓球的速率为B．脱离水面时，乒乓球的速率为C．从开始下落到上升至最高点的过程中，乒乓球的动量变化大小为D．从开始下落到上升至最高点的过程中，乒乓球重力的冲量大小为【答案】D【详析】A．水杯落地时，乒乓球的速率为选项A错误；B．向上为正方向，从水杯落地到乒乓球脱离水面由动量定理解得脱离水面时，乒乓球的速率为选项B错误；CD．从开始下落到上升至最高点的过程中，根据动量定理可知乒乓球的动量变化大小为0，乒乓球重力的冲量大小为选项C错误，D正确。故选D。二、多选题9．（2025·广东·模拟预测）新春佳节的焰火晚会上，某烟花燃放过程中通过不断改变出射方向来改变运动轨迹，某时刻从H点喷出质量相等可视为质点的两烟花分别落于Q1和Q2。如图所示，两轨迹交于P点，两条轨迹最高点等高，不计空气阻力，则下列说法正确的是（）A．两束烟花在最高点的速度相同B．落在Q2处的烟花在空中运动的时间更长C．两束烟花运动过程中动能的变化量相同D．两束烟花运动过程中动量的变化量相同【答案】CD【详析】B．由题意可知，两束烟花在运动过程中仅受到重力作用，从出射到最高点的过程中，两条轨迹最高点等高，即竖直高度h相等，则在竖直方向根据速度位移公式有可得即两束烟花出射时竖直方向的初速度大小相等；取向下为正方向，对全过程，根据位移时间公式有其中H，vy0，g都相等，故两束烟花运动的时间t相等，故B错误；A．由题知，在最高点竖直方向的速度减为零，只有水平方向的速度，烟花水平方向做匀速直线运动，则有运动的时间t相同，由图可知故，故A错误；C．根据动能定理有可知两束烟花运动过程中动能的变化量相同，故C正确；D．根据动量定理有运动的时间t相同，所以两束烟花运动过程中动量的变化量也相同，故D正确。故选CD。10．（2025·广东·模拟预测）图（a）是粮库工作人员通过传送带把稻谷堆积到仓库内的情景，其简化模型如图（b）所示工作人员把一堆稻谷轻轻地放在以恒定的速度v顺时针转动的传送带的底端，稻谷经过加速和匀速两个过程到达传送带顶端，然后被抛出落到地上，已知传送带长度为L，与地面的夹角为θ，忽略空气阻力，不计传送带两端轮子半径大小及稻谷厚度，重力加速度为g，以地面为零势能面，对于稻谷中一颗质量为m的谷粒P的说法正确的是（）A．在匀速阶段，其他谷粒对谷粒P的作用力方向竖直向上B．在传送带上运动过程中，其他谷粒对谷粒P做的功为C．谷粒P离开传送带后（落地前）的机械能先增大后减小D．在传送带上运动时，谷粒P克服重力做功为【答案】AB【详析】A．在匀速阶段，谷粒P受到竖直向下的重力和其他谷粒对谷粒P的作用力，合力为零，所以其他谷粒对谷粒P的作用力方向竖直向上，大小等于mg，故A正确；B．在传送带上运动过程中，其他谷粒对谷粒P做的功等于谷粒增加的机械能，所以故B正确；C．谷粒P离开传送带后（落地前），只有重力做功，机械能保持不变，故C错误；D．在传送带上运动时，谷粒P克服重力做功为而是在传送带上运动时，谷粒P动能的增加量，故D错误。故选AB。11．（2025·广东珠海·模拟预测）如图（a）所示，传送带以恒定速度沿逆时针方向运行t=0时，将质量为的物体（可视为质点）轻放到传送带顶端，物体的速度随时间变化的图像如图（b）所示t=1s时，物体从传送带底端离开。重力加速度下列说法正确的是（）A．传送带与水平面夹角θ=37°B．传送带的长度为L=4mC．物体与传送带间动摩擦因数μ=0.5D．物体与传送带摩擦产生热量Q=5J【答案】ABC【详析】AC．物块刚放上传送带上时的加速度则根据牛顿第二定律与传送带共速后物块的加速度根据牛顿第二定律解得传送带与水平面夹角θ=37°物体与传送带间动摩擦因数μ=0.5，选项AC正确；B．由图像可知，传送带的长度为，选项B正确；D．物体与传送带相对路程为摩擦产生热量，选项D错误。故选ABC。12．（2025·广东惠州·模拟预测）古代抛石机原理简化如图所示，轻杆AB可绕转轴O在竖直面内转动，两臂长度分别为、。A处固定质量为24kg的重物，B处放一质量为1kg的石块。将轻杆拉到水平并从静止释放，当轻杆运动到竖直位置时石块脱离轻杆。重物与石块均可看成质点，不计空气阻力和摩擦力，取，下列说法正确的是（）A．从释放到抛出前，石块机械能守恒 B．从释放到抛出前，轻杆对重物做负功C．石块脱离瞬间的速度大小为 D．石块脱离瞬间，石块所受重力的功率为0【答案】BCD【详析】A．从释放到抛出前，石块动能增加、重力势能增加，石块的机械能增加，故A错误；B．从释放到抛出前，石块、重物组成的系统机械能守恒，由于石块的机械能增加，可知重物的机械能减少，故轻杆对重物做负功，故B正确；C．设脱离时重物速度为v，石块、重物同轴转动，角速度相同，根据可知石块速度为4v，根据机械能守恒有代入题中数据，解得故C正确；D．石块脱离瞬间，石块速度方向水平向右，其方向与重力方向垂直，故石块脱离瞬间，石块所受重力的功率为0，故D正确。故选BCD。13．（2025·广东茂名·模拟预测）如图甲所示，一右端固定有竖直挡板的质量的木板静置于光滑的水平面上，另一质量的物块以的水平初速度从木板的最左端冲上木板，最终物块与木板保持相对静止，物块和木板的运动速度随时间变化的关系图像如图乙所示，物块可视为质点，则下列判断正确的是（）A．图乙中的数值为4B．物块与木板的碰撞为弹性碰撞C．整个过程物块与木板之间因摩擦产生的热量为12JD．最终物块距木板左端的距离为3m【答案】BCD【详析】A．根据题意可知，题图乙中图线a表示碰撞前物块的减速运动过程，图线b表示碰撞前木板的加速过程，图线c表示碰撞后木板的减速过程，图线d表示碰撞后物块的加速过程，物块与挡板碰撞前瞬间，物块的速度大小为v1，设此时木板速度大小为v木，则v木=1m/s，从物块滑上木板到物块与木板碰撞前瞬间的过程，根据系统动量守恒有解得v1=4m/s物块与挡板碰撞后瞬间，物块的速度为0，木板速度大小为v2，从物块滑上木板到物块与木板碰撞后瞬间的过程，根据系统动量守恒有解得v2=3m/s故A错误；B．2s末物块与木板共同运动的速度大小为v3，从物块滑上木板到最终共同匀速运动的过程，根据系统动量守恒有解得v3=2m/s物块与木板碰撞前瞬间，系统的动能为物块与木板碰撞后瞬间，系统的动能故碰撞过程系统没有机械能损失，故B正确；C．物块滑上木板时系统的动能为最终相对静止时系统的动能为所以系统产生的热量为故C正确；D．由题图乙得木板长为碰撞后物块与木板相对位移为故最终物块距木板左端的距离为3m，故D正确。故选BCD。14．（2025·广东·二模）距地面为h高度处的甲球由静止释放，同时位于地面的乙球以一定的初速度竖直上抛，乙球在上升过程中在距地面0.75h处与甲球发生弹性正碰，碰后甲球恰好能够回到原高度处。两球质量相等且均可视为质点，不计空气阻力。下列说法正确的有（）A．碰撞前后瞬间，甲球的动量不变B．碰撞前后瞬间，乙球的动能不变C．从释放到碰撞前过程，甲球的重力冲量小于乙球的重力冲量D．从碰撞后到乙球落地前过程，甲乙两球的重力冲量相等【答案】BD【详析】A．碰后甲球恰好能够回到原高度处，则碰撞前后瞬间，甲球的速度大小不变，方向相反，动量改变，故A错误；B．两球发生弹性碰撞，由能量守恒定律可知碰撞前后瞬间乙球的动能不变，故B正确；C．从释放到碰撞前过程，两球运动时间相等，由可知甲球的重力冲量等于乙球的重力，故C错误；D．从碰撞后到乙球落地前过程，两球运动时间相等，由可知甲乙两球的重力冲量相等，故D正确。故选BD。15．（2025·广东深圳·三模）如图甲所示，一右端固定有竖直挡板的质量的木板静置于光滑的水平面上，另一质量的物块以的水平初速度从木板的最左端冲上木板，最终物块与木板保持相对静止，物块和木板的运动速度随时间变化的关系图像如图乙所示，物块可视为质点，则下列判断正确的是（）A．图乙中的数值为4B．物块与木板的碰撞为弹性碰撞C．整个过程物块与木板之间因摩擦产生的热量为10JD．最终物块距木板左端的距离为3m【答案】BD【详析】A．根据题意可知，题图乙中图线a表示碰撞前物块的减速运动过程，图线b表示碰撞前木板的加速过程，图线c表示碰撞后木板的减速过程，图线d表示碰撞后物块的加速过程，物块与挡板碰撞前瞬间，物块的速度大小为，设此时木板速度大小为，则，从物块滑上木板到物块与木板碰撞前瞬间的过程，根据系统动量守恒有解得物块与挡板碰撞后瞬间，物块的速度为0，木板速度大小为，从物块滑上木板到物块与木板碰撞后瞬间的过程，根据系统动量守恒有解得故A错误；B．2s末物块与木板共同运动的速度大小为，从物块滑上木板到最终共同匀速运动的过程，根据系统动量守恒有解得物块与木板碰撞前瞬间，系统的动能为物块与木板碰撞后瞬间，系统的动能故碰撞过程系统没有机械能损失，故B正确；C．物块滑上木板时系统的动能为最终相对静止时系统的动能为所以系统产生的热量为故C错误；D．由题图乙得木板长为4.5m，碰撞后物块与木板相对位移为1.5m，故最终物块距木板左端的距离为3m，故正确。故选BD。三、解答题16．（2025·广东汕头·二模）如图所示，小滑块和的静止于光滑平台上，之间有质量可忽略不计的炸药。长度的木板c静止于光滑平面上，上表面与平齐，左端紧靠平台，右端固定有半径的半圆形光滑圆轨道.某时刻炸药爆炸，爆炸过程放出的能量均转化为物体和的动能，使物块以速度冲上木板c。已知，，，物块与木板之间动摩擦因数，取10m/s2。(1)求爆炸过程中炸药释放的能量；(2)若木板固定在平面上，请通过计算说明小滑块是否能到达圆轨道最高点；(3)若木板不固定在平面上，要使小滑块既可以到达点又不会从木板上掉下来，求木板长度的取值范围。【答案】(1)(2)小滑块不能经过点(3)【详析】（1）爆炸过程系统动量守恒，则有爆炸过程释放的能量联立解得（2）不能。若平板固定，物块从点运动到点的过程中，根据动能定理有若能到达点，从到的过程中，根据动能定理有解得若小滑块恰好过最高点，根据牛顿第二定律有解得因为，所以小滑块不能经过点（3）小滑块到达点与木板共速时，木板最长，根据动量守恒定律有解得根据能量守恒定律有解得小滑块回到木板左端与木板共速时，木板最短，根据动量守恒定律可得共同速度仍为根据能量守恒定律有解得在这个过程中小滑块在圆弧上升高度为，根据能量守恒定律有解得即不会脱离圆弧轨道，故木板的长度范围为。17．（2025·广东湛江·二模）如图所示，固定于光滑水平面上的圆弧形轨道B的左端Q与圆心O1的连线与竖直方向夹角为53°，右端D为最低点，半径。另一质量M=30kg、半径为R2的圆弧形光滑轨道C放置于光滑水平面上，左端紧靠D点不粘连，最低点与D点等高，T为最高点。总质量m=50kg的滑板运动员A从一平台右端P以的初速度水平飞出，恰好从Q点切入轨道B，经过D点时所受轨道支持力为900N，又恰好滑到T点时相对C静止。不计空气阻力，滑板运动员A可视为质点，重力加速度取g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6，求：(1)P点与Q点的高度差。(2)A经过QD过程克服摩擦力做的功。(3)半径R2的大小。【答案】(1)(2)(3)【详析】（1）设在Q点的速度大小为v1，解得P点与Q点的高度差（2）在D点，对运动员受力分析，如图，根据牛顿第二定律，有：解得根据功和能的关系，A经过QD过程克服摩擦力做的功（3）设A到达T点时与C的水平共同速度为v3，根据动量守恒定律，有解得根据系统机械能守恒，有解得18．（2025·广东·二模）如图所示，将一质量为的小物块P放在O点，某时刻用弹射装置将其弹出，使其沿着竖直面内半径为的光滑半圆形轨道OA运动，物块P恰好通过轨道最高点A。之后，物块P进入同一竖直面内一个半径为、圆心为O点的光滑半圆形管道AB（管径远小于），A、O、B在同一竖直线上，物块P的大小略小于管径且经过A、B两处时均无能量损失。管道AB与长度为的粗糙水平轨道BC相切于点B，在水平轨道BC末端C点放置另一质量为的小物块Q。P与水平轨道BC间的动摩擦因数，P运动到C点时与Q发生弹性正碰。EF为放在水平地面上的缓冲垫（厚度不计且物块落入后立即被吸附不反弹），EF离C点的竖直高度为，长度也为。P、Q均可视为质点，重力加速度为，不计空气阻力。求：(1)P离开O点时速度；(2)P到达半圆管道末端B点时，管道对P的作用力大小；(3)要使P、Q碰后均能平抛落入缓冲垫EF，EF最左端E点离C点的水平距离应满足的条件。【答案】(1) (2) (3)【详析】（1）P恰好通过A点有P从O到A，由动能定理得解得（2）P从A到B，由动能定理得P在B点有解得（3）P从B到C，由动能定理得解得P与Q碰撞，由动量守恒定律碰撞前后总动能不变解得，设P、Q平抛运动的时间t，有要使两球都能落入槽中，则有，解得专题04机械能守恒、动量守恒及功能关系考点五年考情（2021-2025）命题趋势考点1机械能守恒定律2025年广东2024年广东2023年广东2022年广东2021年广东1.情境复合：试题常整合弹簧模型、圆周运动、斜面碰撞等，构建多阶段物理过程。2.双守恒综合：强化动量与机械能守恒的联合应用（如碰撞后接圆周运动），需精准划分过程并判断守恒条件。3.临界分析：增加对临界状态的考查（如绳模型最高点速度、分离瞬间弹性势能转化）。4.数学工具强化：涉及二元二次方程组、不等式求解范围（如弹性碰撞速度范围）。5.实验创新：设计变式验证实验（如气垫导轨测速度验证守恒定律）。*备考建议：深入理解守恒条件（系统无外力/非保守内力），强化多对象、多过程建模能力，注重临界点与数学工具应用。考点2动量守恒定律2025年广东2024年广东2023年广东2022年广东2021年广东考点01机械能守恒定律1．（2024·广东·高考真题）如图所示，光滑斜坡上，可视为质点的甲、乙两个相同滑块，分别从、高度同时由静止开始下滑。斜坡与水平面在O处平滑相接，滑块与水平面间的动摩擦因数为，乙在水平面上追上甲时发生弹性碰撞。忽略空气阻力。下列说法正确的有（）A．甲在斜坡上运动时与乙相对静止B．碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度C．乙的运动时间与无关D．甲最终停止位置与O处相距【答案】ABD【详析】A．两滑块在光滑斜坡上加速度相同，同时由静止开始下滑，则相对速度为0，故A正确；B．两滑块滑到水平面后均做匀减速运动，由于两滑块质量相同，且发生弹性碰撞，可知碰后两滑块交换速度，即碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度，故B正确；C．设斜面倾角为θ，乙下滑过程有在水平面运动一段时间t2后与甲相碰，碰后以甲碰前速度做匀减速运动t3，乙运动的时间为由于t1与有关，则总时间与有关，故C错误；D．乙下滑过程有由于甲和乙发生弹性碰撞，交换速度，则可知甲最终停止位置与不发生碰撞时乙最终停止的位置相同；则如果不发生碰撞，乙在水平面运动到停止有联立可得即发生碰撞后甲最终停止位置与O处相距，故D正确。故选ABD。2．（2024·广东·高考真题）如图所示，探测器及其保护背罩通过弹性轻绳连接降落伞。在接近某行星表面时以的速度竖直匀速下落。此时启动“背罩分离”，探测器与背罩断开连接，背罩与降落伞保持连接。已知探测器质量为1000kg，背罩质量为50kg，该行星的质量和半径分别为地球的和。地球表面重力加速度大小取。忽略大气对探测器和背罩的阻力。下列说法正确的有（）A．该行星表面的重力加速度大小为B．该行星的第一宇宙速度为C．“背罩分离”后瞬间，背罩的加速度大小为D．“背罩分离”后瞬间，探测器所受重力对其做功的功率为30kW【答案】AC【详析】A．在星球表面，根据可得行星的质量和半径分别为地球的和。地球表面重力加速度大小取，可得该行星表面的重力加速度大小故A正确；B．在星球表面上空，根据万有引力提供向心力可得星球的第一宇宙速度行星的质量和半径分别为地球的和，可得该行星的第一宇宙速度地球的第一宇宙速度为，所以该行星的第一宇宙速度故B错误；C．“背罩分离”前，探测器及其保护背罩和降落伞整体做匀速直线运动，对探测器受力分析，可知探测器与保护背罩之间的作用力“背罩分离”后，背罩所受的合力大小为4000N，对背罩，根据牛顿第二定律解得故C正确；D．“背罩分离”后瞬间探测器所受重力对其做功的功率故D错误。故选AC。3．（2023·广东·高考真题）人们用滑道从高处向低处运送货物．如图所示，可看作质点的货物从圆弧滑道顶端点静止释放，沿滑道运动到圆弧末端点时速度大小为。已知货物质量为，滑道高度为，且过点的切线水平，重力加速度取。关于货物从点运动到点的过程，下列说法正确的有（

）

A．重力做的功为 B．克服阻力做的功为C．经过点时向心加速度大小为 D．经过点时对轨道的压力大小为【答案】BCD【详析】A．重力做的功为A错误；B．下滑过程据动能定理可得代入数据解得，克服阻力做的功为B正确；C．经过点时向心加速度大小为C正确；D．经过点时，据牛顿第二定律可得解得货物受到的支持力大小为据牛顿第三定律可知，货物对轨道的压力大小为，D正确。故选BCD。4．（2021·广东·高考真题）长征途中，为了突破敌方关隘，战士爬上陡峭的山头，居高临下向敌方工事内投掷手榴弹，战士在同一位置先后投出甲、乙两颗质量均为m的手榴弹，手榴弹从投出的位置到落地点的高度差为h，在空中的运动可视为平抛运动，轨迹如图所示，重力加速度为g，下列说法正确的有（）A．甲在空中的运动时间比乙的长B．两手榴弹在落地前瞬间，重力的功率相等C．从投出到落地，每颗手榴弹的重力势能减少D．从投出到落地，每颗手榴弹的机械能变化量为【答案】BC【详析】A．由平抛运动规律可知，做平抛运动的时间因为两手榴弹运动的高度差相同，所以在空中运动时间相等，故A错误；B．做平抛运动的物体落地前瞬间重力的功率因为两手榴弹运动的高度差相同，质量相同，所以落地前瞬间，两手榴弹重力功率相同，故B正确；C．从投出到落地，手榴弹下降的高度为h，所以手榴弹重力势能减小量故C正确；D．从投出到落地，手榴弹做平抛运动，只有重力做功，机械能守恒，故D错误。故选BC。5．（2022·广东·高考真题）如图所示，载有防疫物资的无人驾驶小车，在水平段以恒定功率、速度匀速行驶，在斜坡段以恒定功率、速度匀速行驶。已知小车总质量为，，段的倾角为，重力加速度g取，不计空气阻力。下列说法正确的有（）A．从M到N，小车牵引力大小为 B．从M到N，小车克服摩擦力做功C．从P到Q，小车重力势能增加 D．从P到Q，小车克服摩擦力做功【答案】ABD【详析】A．小车从M到N，依题意有代入数据解得故A正确；B．依题意，小车从M到N，因匀速，小车所受的摩擦力大小为则摩擦力做功为则小车克服摩擦力做功为800J，故B正确；C．依题意，从P到Q，重力势能增加量为故C错误；D．依题意，小车从P到Q，摩擦力为f2，有摩擦力做功为联立解得则小车克服摩擦力做功为700J，故D正确。故选ABD。6．（2025·广东·高考真题）如图所示，用开瓶器取出紧塞在瓶口的软木塞时，先将拔塞钻旋入木塞内，随后下压把手，使齿轮绕固定支架上的转轴转动，通过齿轮啮合，带动与木塞相固定的拔塞钻向上运动。从0时刻开始，顶部与瓶口齐平的木塞从静止开始向上做匀加速直线运动，木塞所受摩擦力f随位移大小x的变化关系为，其中为常量，h为圆柱形木塞的高，木塞质量为m，底面积为S，加速度为a，齿轮半径为r，重力加速度为g，瓶外气压减瓶内气压为且近似不变，瓶子始终静止在桌面上。（提示：可用图线下的“面积”表示f所做的功）求：(1)木塞离开瓶口的瞬间，齿轮的角速度。(2)拔塞的全过程，拔塞钻对木塞做的功W。(3)拔塞过程中，拔塞钻对木塞作用力的瞬时功率P随时间t变化的表达式。【答案】(1)(2)(3)【详析】（1）木塞的末速度等于齿轮线速度，对木塞，根据运动学公式根据角速度和线速度的关系联立可得（2）根据题意画出木塞摩擦力与运动距离的关系图如图所示可得摩擦力对木塞所做的功为对木塞，根据动能定理解得（3）设开瓶器对木塞的作用力为，对木塞，根据牛顿第二定律速度位移开瓶器的功率联立可得考点02动量守恒定律7．（2023·广东·高考真题）某同学受电动窗帘的启发，设计了如图所示的简化模型．多个质量均为的滑块可在水平滑轨上滑动，忽略阻力．开窗帘过程中，电机对滑块1施加一个水平向右的恒力，推动滑块1以的速度与静止的滑块2碰撞，碰撞时间为，碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为．关于两滑块的碰撞过程，下列说法正确的有（

）

A．该过程动量守恒B．滑块1受到合外力的冲量大小为C．滑块2受到合外力的冲量大小为D．滑块2受到滑块1的平均作用力大小为【答案】BD【详析】A．取向右为正方向，滑块1和滑块2组成的系统的初动量为碰撞后的动量为则滑块的碰撞过程动量不守恒，故A错误；B．对滑块1，取向右为正方向，则有负号表示方向水平向左，故B正确；C．对滑块2，取向右为正方向，则有故C错误；D．对滑块2根据动量定理有解得则滑块2受到滑块1的平均作用力大小为，故D正确。故选BD。8．（2025·广东·高考真题）如图所示，无人机在空中作业时，受到一个方向不变、大小随时间变化的拉力。无人机经飞控系统实时调控，在拉力、空气作用力和重力作用下沿水平方向做匀速直线运动。已知拉力与水平面成30°角，其大小F随时间t的变化关系为F=F0－kt（F≠0，F0、k均为大于0的常量），无人机的质量为m，重力加速度为g。关于该无人机在0到T时间段内（T是满足F>0的任一时刻），下列说法正确的有（

）A．受到空气作用力的方向会变化B．受到拉力的冲量大小为C．受到重力和拉力的合力的冲量大小为D．T时刻受到空气作用力的大小为【答案】AB【详析】AD．无人机经飞控系统实时调控，在拉力、空气作用力和重力作用下沿水平方向做匀速直线运动，则无人机受到空气作用力与重力和拉力的合力等大反向，随着F的减小重力和拉力的合力如图可知无人机受到空气作用力的大小和方向均会改变，在T时刻有，F=F0－kT解得故A正确、D错误；B．由于拉力F随时间t均匀变化，则无人机在0到T时间段内受到拉力的冲量大小为F—t图像与坐标轴围成的面积为，故B正确；C．将拉力分解为水平和竖直方向，则无人机受重力和拉力的合力在水平方向有无人机受重力和拉力的合力在竖直方向有0到T时间段内无人机受重力和拉力的合力在水平方向的冲量为0到T时间段内无人机受重力和拉力的合力在竖直方向的冲量为则0到T时间段内无人机受到重力和拉力的合力的冲量大小为故C错误。故选AB。9．（2024·广东·高考真题）汽车的安全带和安全气囊是有效保护乘客的装置。（1）安全带能通过感应车的加速度自动锁定，其原理的简化模型如图甲所示。在水平路面上刹车的过程中，敏感球由于惯性沿底座斜面上滑直到与车达到共同的加速度a，同时顶起敏感臂，使之处于水平状态，并卡住卷轴外齿轮，锁定安全带。此时敏感臂对敏感球的压力大小为，敏感球的质量为m，重力加速度为g。忽略敏感球受到的摩擦力。求斜面倾角的正切值。（2）如图乙所示，在安全气囊的性能测试中，可视为质点的头锤从离气囊表面高度为H处做自由落体运动。与正下方的气囊发生碰撞。以头锤到气囊表面为计时起点，气囊对头锤竖直方向作用力F随时间t的变化规律，可近似用图丙所示的图像描述。已知头锤质量，重力加速度大小取。求：①碰撞过程中F的冲量大小和方向；②碰撞结束后头锤上升的最大高度。【答案】（1）；（2）①330N∙s，方向竖直向上；②0.2m【详析】（1）敏感球受向下的重力mg和敏感臂向下的压力FN以及斜面的支持力N，则由牛顿第二定律可知解得（2）①由图像可知碰撞过程中F的冲量大小方向竖直向上；②头锤落到气囊上时的速度与气囊作用过程由动量定理（向上为正方向）解得v=2m/s则上升的最大高度10．（2022·广东·高考真题）某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型。竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态。当滑块从A处以初速度为向上滑动时，受到滑杆的摩擦力f为，滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动。已知滑块的质量，滑杆的质量，A、B间的距离，重力加速度g取，不计空气阻力。求：（1）滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小和；（2）滑块碰撞前瞬间的速度大小v1；（3）滑杆向上运动的最大高度h。【答案】（1），；（2）；（3）【详析】（1）当滑块处于静止时桌面对滑杆的支持力等于滑块和滑杆的重力，即当滑块向上滑动过程中受到滑杆的摩擦力为1N，根据牛顿第三定律可知滑块对滑杆的摩擦力也为1N，方向竖直向上，则此时桌面对滑杆的支持力为（2）滑块向上运动到碰前瞬间根据动能定理有代入数据解得。（3）由于滑块和滑杆发生完全非弹性碰撞，即碰后两者共速，碰撞过程根据动量守恒有碰后滑块和滑杆以速度v整体向上做竖直上抛运动，根据动能定理有代入数据联立解得。11．（2021·广东·高考真题）算盘是我国古老的计算工具，中心带孔的相同算珠可在算盘的固定导杆上滑动，使用前算珠需要归零，如图所示，水平放置的算盘中有甲、乙两颗算珠未在归零位置，甲靠边框b，甲、乙相隔，乙与边框a相隔，算珠与导杆间的动摩擦因数。现用手指将甲以的初速度拨出，甲、乙碰撞后甲的速度大小为，方向不变，碰撞时间极短且不计，重力加速度g取。（1）通过计算，判断乙算珠能否滑动到边框a；（2）求甲算珠从拨出到停下所需的时间。【答案】（1）能；（2）0.2s【详析】（1）由牛顿第二定律可得，甲乙滑动时均有则甲乙滑动时的加速度大小均为甲与乙碰前的速度v1，则解得v1=0.3m/s甲乙碰撞时由动量守恒定律解得碰后乙的速度v3=0.2m/s然后乙做减速运动，当速度减为零时则可知乙恰好能滑到边框a；（2）甲与乙碰前运动的时间碰后甲运动的时间则甲运动的总时间为一、单选题1．（2025·广东深圳·三模）小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P球的质量大于Q球的质量，悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短。将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图所示，将两球由静止释放，在各自轨迹的最低点（

）A．P球的速度一定大于Q球的速度B．P球重力的瞬时功率一定等于Q球重力的瞬时功率C．P球所受绳的拉力一定小于Q球所受绳的拉力D．P球的向心加速度一定大于Q球的向心加速度【答案】B【详析】A．从静止释放至最低点，由机械能守恒定律得解得在最低点的速度只与半径有关，可知，则A错误B．因在最低点两球向下的速度为0，则重力的功率为0，则B正确；CD．在最低点，拉力和重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得解得向心加速度所以P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力，向心加速度两者相等，故CD错误。故选B。2．（2025·广东广州·三模）某实验小组测得在竖直方向飞行的无人机飞行高度y随时间t的变化曲线如图所示，E、F、M、N为曲线上的点，EF、MN段可视为两段直线，其方程分别为和。无人机及其载物的总质量为2kg，取竖直向上为正方向。则（）A．EF段无人机的速度大小为4m/sB．FM段无人机的货物先超重后失重C．FN段无人机和装载物总动量变化量大小为4kg∙m/sD．MN段无人机机械能守恒【答案】A【详析】A．EF段无人机的速度大小等于图像中EF段的斜率，根据其方程：y=4t-26，可知EF段无人机的速度大小为v=4m/s故A正确；B．根据y-t图像的切线斜率表示无人机的速度，取竖直向上为正方向，可知FM段无人机先竖直向上做减速运动，后竖直向下做加速运动，加速度方向一直向下，则无人机的货物处于失重状态，故B错误；C．以y轴正方向为正方向，根据MN段方程：y=-2t+140，可知MN段无人机的速度为v'=-2m/s则FN段无人机和装载物总动量变化量为FN段无人机和装载物总动量变化量大小为12kg∙m/s，故C错误；D．MN段无人机向下做匀速直线运动，动能不变，重力势能减小，无人机的机械能减小，故D错误。故选A。3．（2025·广东茂名·模拟预测）2024年珠海航展上，我国自主研发的最新隐身战斗机歼一35A公开亮相。如图所示，歼表演时，先沿直线水平向右飞行，再分别沿弧线和运动，整个过程中飞行轨迹在同一竖直面内且运动速率保持不变，下列说法正确的是（）A．整个过程中歼始终处于平衡状态B．在段歼处于超重状态C．在段歼克服重力做功的功率逐渐增大D．整个过程中歼的机械能守恒【答案】B【详析】A．歼-35A在沿弧线bc和cd运动时，运动方向不断变化，合外力不为零，不处于平衡状态，故A错误；B．沿弧线bc运动时，速率保持不变，在竖直方向的分速度不断增大，有竖直向上的加速度，所以处于超重状态，故B正确；C．沿弧线cd运动时，速率保持不变，在竖直方向的分速度不断减小，在d点时竖直分速度为零，根据克服重力做功的功率可知在段歼克服重力做功的功率逐渐减小，故C错误；D．歼在整个过程中动能不变，重力势能先不变后逐渐增大，所以机械能先不变后逐渐增大，故D错误。故选B。4．（2025·广东深圳·二模）如图甲所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处由静止释放。某同学在研究小球落到弹簧上后继续向下运动到最低点的过程，他以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下方向建立坐标轴Ox，做出小球所受弹力F大小随小球下落的位置坐标x的变化关系如图乙所示，不计空气阻力，重力加速度为g。以下判断正确的是（）A．小球机械能守恒B．小球动能的最大值为mghC．当x=h+x0时，系统重力势能与弹性势能之和最小D．当x=h+2x0时，小球的重力势能最小【答案】C【详析】A．小球在下落过程中，除重力做功外，弹簧的弹力也做功，故小球的机械能不守恒，故A错误；B．当时，有此时小球达到最大速度，根据动能定理可知解得最大动能为故B错误；C．根据乙图可知，当，小球的重力等于弹簧的弹力，此时小球具有最大速度，小球的动能最大。以弹簧和小球组成的系统为研究对象，由系统机械能守恒可知，当，小球的重力势能与弹性势能之和最小，故C正确；D．若小球从弹簧原长处静止释放，此后小球做简谐运动，下降时速度最大，根据对称性可知小球达到最低点时下降的高度为。现在小球从弹簧原长上方某一位置由静止释放，最低点的高度比由原长处释放时更低，所以当时，小球速度不为零，还要向下运动，此时的重力势能不是最小，故D错误。故选C。5．（2025·广东广州·三模）大型工厂的车间中有一种设备叫做天车如图甲所示，是运输材料的一种常用工具。此装置可以简化为如图乙所示的模型，足够长的光滑水平杆上套有一个滑块，滑块M正下方用不可伸长的轻绳悬挂一小球m。开始时两者均静止；给小球一水平向右的初速度v0后，小球恰好能摆至与滑块等高的位置，如图乙所示，之后小球再向下摆动，则（

）A．小球与滑块等高时，小球的速度为零B．此过程中，小球与滑块组成的系统动量不守恒C．小球与滑块等高时，滑块的速度达到最大值D．小球向左摆到物块正下方时，其速度大小仍为v0【答案】B【详析】A．根据动量守恒定律得，解得小球的速度为，A错误；B．此过程中，小球与滑块组成的系统动量不守恒，只有水平方向动量守恒，B正确；C．小球下落到最低点时，滑块的速度达到最大值，C错误；D．根据机械能守恒定律得，解得，小球向左摆到物块正下方时，其速度大小小于v0，D错误。故选B。6．（2025·广东珠海·模拟预测）如图所示，光滑水平面上，质量为M=2kg的木板以的速度向左运动。某时刻，质量为m=1kg的小物块（可视为质点）以向右的速度从木板左端滑上木板。经过t=0.5s后，小物块恰好相对木板静止于木板右端。重力加速度。关于这一过程，下列说法正确的是（

）A．两者最终停在水平面上B．小物块与木板间动摩擦因数为0.4C．木板的长度为1.5mD．系统机械能损失6J【答案】C【详析】AB．木板与物块组成的系统满足动量守恒，两者最终以共同速度做匀速运动，以向左为正方向，根据动量守恒守恒可得解得最终速度为方向向左；对木板，由动量定理得解得小物块与木板间动摩擦因数为，故AB错误；CD．根据能量守恒可得系统机械能损失又可得木板的长度为，故C正确，D错误。故选C。7．（2025·广东惠州·模拟预测）如图（a）所示，轻质弹簧下端固定在倾角为的粗糙斜面底端挡板上，弹簧处于原长。质量为的小物块，从斜面顶端由静止释放沿斜面下滑，小物块沿斜面向下运动过程中的合力随位移变化的图像如图（b）所示。已知弹簧始终在弹性限度内，重力加速度，，。下列说法正确的是（）A．此过程小物块所受重力的冲量为0B．小物块与䣄面间的动摩擦因数为0.4C．小物块刚接触弹簧时位移大小D．根据题目所给信息可以计算出弹簧的最大压缩量【答案】D【详析】A．根据可知，此过程小物块所受重力的冲量不为0，选项A错误；B．接触弹簧之前物块的合外力为4N，则解得小物块与斜面间的动摩擦因数为μ=0.25，选项B错误；C．由图像可知，小物块刚接触弹簧时位移大小，选项C错误；D．根据题目所给信息可知，弹簧压缩Δx=（0.25-0.15）m=0.1m时合外力为零，则有kΔx=F合1解得k=40N/m设弹簧的最大压缩量为x，根据功能关系可得解得x=0.3m故D正确。故选D。8．（2025·广东汕头·一模）图所示为乒乓球火箭现象：将乒乓球放在装有水的水杯中，随水杯由静止下落并与地面发生碰撞后，乒乓球会被弹射到很高的地方。在水杯撞击地面的极短时间内，杯中产生极大的等效浮力，使乒乓球被加速射出。已知等效浮力给乒乓球的冲量为，乒乓球质量为，下落高度为，当地重力加速度为，且远远小于等效浮力，忽略空气阻力，下列说法正确的是（）A．水杯落地时，乒乓球的速率为B．脱离水面时，乒乓球的速率为C．从开始下落到上升至最高点的过程中，乒乓球的动量变化大小为D．从开始下落到上升至最高点的过程中，乒乓球重力的冲量大小为【答案】D【详析】A．水杯落地时，乒乓球的速率为选项A错误；B．向上为正方向，从水杯落地到乒乓球脱离水面由动量定理解得脱离水面时，乒乓球的速率为选项B错误；CD．从开始下落到上升至最高点的过程中，根据动量定理可知乒乓球的动量变化大小为0，乒乓球重力的冲量大小为选项C错误，D正确。故选D。二、多选题9．（2025·广东·模拟预测）新春佳节的焰火晚会上，某烟花燃放过程中通过不断改变出射方向来改变运动轨迹，某时刻从H点喷出质量相等可视为质点的两烟花分别落于Q1和Q2。如图所示，两轨迹交于P点，两条轨迹最高点等高，不计空气阻力，则下列说法正确的是（）A．两束烟花在最高点的速度相同B．落在Q2处的烟花在空中运动的时间更长C．两束烟花运动过程中动能的变化量相同D．两束烟花运动过程中动量的变化量相同【答案】CD【详析】B．由题意可知，两束烟花在运动过程中仅受到重力作用，从出射到最高点的过程中，两条轨迹最高点等高，即竖直高度h相等，则在竖直方向根据速度位移公式有可得即两束烟花出射时竖直方向的初速度大小相等；取向下为正方向，对全过程，根据位移时间公式有其中H，vy0，g都相等，故两束烟花运动的时间t相等，故B错误；A．由题知，在最高点竖直方向的速度减为零，只有水平方向的速度，烟花水平方向做匀速直线运动，则有运动的时间t相同，由图可知故，故A错误；C．根据动能定理有可知两束烟花运动过程中动能的变化量相同，故C正确；D．根据动量定理有运动的时间t相同，所以两束烟花运动过程中动量的变化量也相同，故D正确。故选CD。10．（2025·广东·模拟预测）图（a）是粮库工作人员通过传送带把稻谷堆积到仓库内的情景，其简化模型如图（b）所示工作人员把一堆稻谷轻轻地放在以恒定的速度v顺时针转动的传送带的底端，稻谷经过加速和匀速两个过程到达传送带顶端，然后被抛出落到地上，已知传送带长度为L，与地面的夹角为θ，忽略空气阻力，不计传送带两端轮子半径大小及稻谷厚度，重力加速度为g，以地面为零势能面，对于稻谷中一颗质量为m的谷粒P的说法正确的是（）A．在匀速阶段，其他谷粒对谷粒P的作用力方向竖直向上B．在传送带上运动过程中，其他谷粒对谷粒P做的功为C．谷粒P离开传送带后（落地前）的机械能先增大后减小D．在传送带上运动时，谷粒P克服重力做功为【答案】AB【详析】A．在匀速阶段，谷粒P受到竖直向下的重力和其他谷粒对谷粒P的作用力，合力为零，所以其他谷粒对谷粒P的作用力方向竖直向上，大小等于mg，故A正确；B．在传送带上运动过程中，其他谷粒对谷粒P做的功等于谷粒增加的机械能，所以故B正确；C．谷粒P离开传送带后（落地前），只有重力做功，机械能保持不变，故C错误；D．在传送带上运动时，谷粒P克服重力做功为而是在传送带上运动时，谷粒P动能的增加量，故D错误。故选AB。11．（2025·广东珠海·模拟预测）如图（a）所示，传送带以恒定速度沿逆时针方向运行t=0时，将质量为的物体（可视为质点）轻放到传送带顶端，物体的速度随时间变化的图像如图（b）所示t=1s时，物体从传送带底端离开。重力加速度下列说法正确的是（）A．传送带与水平面夹角θ=37°B．传送带的长度为L=4mC．物体与传送带间动摩擦因数μ=0.5D．物体与传送带摩擦产生热量Q=5J【答案】ABC【详析】AC．物块刚放上传送带上时的加速度则根据牛顿第二定律与传送带共速后物块的加速度根据牛顿第二定律解得传送带与水平面夹角θ=37°物体与传送带间动摩擦因数μ=0.5，选项AC正确；B．由图像可知，传送带的长度为，选项B正确；D．物体与传送带相对路程为摩擦产生热量，选项D错误。故选ABC。12．（2025·广东惠州·模拟预测）古代抛石机原理简化如图所示，轻杆AB可绕转轴O在竖直面内转动，两臂长度分别为、。A处固定质量为24kg的重物，B处放一质量为1kg的石块。将轻杆拉到水平并从静止释放，当轻杆运动到竖直位置时石块脱离轻杆。重物与石块均可看成质点，不计空气阻力和摩擦力，取，下列说法正确的是（）A．从释放到抛出前，石块机械能守恒 B．从释放到抛出前，轻杆对重物做负功C．石块脱离瞬间的速度大小为 D．石块脱离瞬间，石块所受重力的功率为0【答案】BCD【详析】A．从释放到抛出前，石块动能增加、重力势能增加，石块的机械能增加，故A错误；B．从释放到抛出前，石块、重物组成的系统机械能守恒，由于石块的机械能增加，可知重物的机械能减少，故轻杆对重物做负功，故B正确；C．设脱离时重物速度为v，石块、重物同轴转动，角速度相同，根据可知石块速度为4v，根据机械能守恒有代入题中数据，解得故C正确；D．石块脱离瞬间，石块速度方向水平向右，其方向与重力方向垂直，故石块脱离瞬间，石块所受重力的功率为0，故D正确。故选BCD。13．（2025·广东茂名·模拟预测）如图甲所示，一右端固定有竖直挡板的质量的木板静置于光滑的水平面上，另一质量的物块以的水平初速度从木板的最左端冲上木板，最终物块与木板保持相对静止，物块和木板的运动速度随时间变化的关系图像如图乙所示，物块可视为质点，则下列判断正确的是（）A．图乙中的数值为4B．物块与木板的碰撞为弹性碰撞C．整个过程物块与木板之间因摩擦产生的热量为12JD．最终物块距木板左端的距离为3m【答案】BCD【详析】A．根据题意可知，题图乙中图线a表示碰撞前物块的减速运动过程，图线b表示碰撞前木板的加速过程，图线c表示碰撞后木板的减速过程，图线d表示碰撞后物块的加速过程，物块与挡板碰撞前瞬间，物块的速度大小为v1，设此时木板速度大小为v木，则v木=1m/s，从物块滑上木板到物块与木板碰撞前瞬间的过程，根据系统动量守恒有解得v1=4m/s物块与挡板碰撞后瞬间，物块的速度为0，木板速度大小为v2，从物块滑上木板到物块与木板碰撞后瞬间的过程，根据系统动量守恒有解得v2=3m/s故A错误；B．2s末物块与木板共同运动